2023届陕西省西安市长安区第一中学高三上学期第二次质量检测数学（理）试题含解析

2023届陕西省西安市长安区第一中学高三上学期第二次质量检测数学（理）试题

一、单选题

1．已知复数（为虚数单位），则的共轭复数的模为（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】C

【分析】根据已知条件以及复数代数形式的乘除法运算，化简复数，即可求解

【详解】解：，

∴其共轭复数是．

∴模为

故选：C．

2．如图是甲、乙两人高考前10次数学模拟成绩的折线图，则下列说法正确的是（    ）

A．甲的数学成绩最后3次逐渐降低

B．甲的数学成绩在130分以上的次数少于乙的数学成绩在130分以上的次数

C．甲有7次考试成绩比乙高

D．甲数学成绩的极差大于乙数学成绩的极差

【答案】C

【分析】根据折线图看甲最后三次的成绩变化可判断A；看甲的数学成绩在130分以上的次数以及乙的数学成绩在130分以上的次数，判断B；看甲成绩比乙高的次数可判断C；根据极差的概念可判断D.

【详解】对于A，由折线图可知最后三次数学成绩逐渐升高，故A说法错误；

对于B，甲的数学成绩在130分以上的次数为6次，乙的数学成绩在130分以上的次数为5次，故B说法错误；

对于C， 甲有7次考试成绩比乙高，故C的说法正确；

对于D，由折线图可知，甲乙两人的数学成绩的最高成绩相同，甲的最低成绩为120分，

乙的最低成绩为110分，因此甲数学成绩的极差小于乙数学成绩的极差，D说法错误.

故选：C.

3．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】计算分式不等式，得到，从而得到，得到.

【详解】因为，所以或，

所以，其他选项均不合要求.

故选：B.

4．图形是信息传播､互通的重要的视觉语言，《画法几何》是法国著名数学家蒙日的数学巨著，该书在投影的基础上，用“三视图"来表示三维空间中立体图形.即做一个几何体的“三视图”，需要分别从几何体正面、左面、上面三个不同角度观察，从正投影的角度作图.下图中粗实线画出的是某三棱锥的三视图，且网格纸上小正方形的边长为1，则该三棱锥的外接球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据三视图还原几何体，再根据球的表面积公式，即可求解.

【详解】依题意，如图，三棱锥是给定的三视图对应的三棱锥，其中两两垂直，且，

三棱锥与以为棱的正方体有共同的外接球，其直径是该正方体的体对角线，

因此，三棱锥的外接球直径，其体积.

故选：B

5．函数的图象大致是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】判断函数的奇偶性，可判断C,D的正误；利用在之间的函数零点的个数即可判断A,B的正误.

【详解】设，

则，

故为奇函数，故C,D错误；

而令时，在之间的函数零点有两个，故B错误，

故选：A

6．已知在中，三个内角，，的对边分别为，，，若函数无极值点，则的最小值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由极值点的概念与余弦定理求解，

【详解】，所以，

若无极值点，则恒成立，则判别式，

即，得，

所以

故选：C

7．如图，棱长为1的正方体中，为线段上的动点（不含端点），则下列结论错误的个数是（    ）

①平面平面，

②的取值范围是，

③三棱锥的体积为定值，

④.

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】A

【分析】①，证明出平面，进而得到面面垂直；

②，举出反例；

③，证明线面平行，从而得到三棱锥的体积为定值；

④，作出辅助线，证明平面，从而得到线线垂直.

【详解】∵，平面，

∴平面，

∵平面，

∴平面平面，①正确；

由勾股定理得：，

若是上靠近的一个四等分点，则

由勾股定理得：，

此时，

因为，此时为钝角，②错；

连接，由于，则平面，因此的底面是确定的，高也是定值，其体积为定值，③正确；

连接，则，，

所以，且，，所以平面，

因为平面，所以，④正确．

故选：A．

8．中国古代数学的瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体是上､下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）现有一个如图所示的曲池，垂直于底面，，底面扇环所对的圆心角为，弧长度是弧长度的倍，，则该曲池的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据扇形弧长公式可知弧所在圆和弧所在圆的半径之间关系为，结合可求得，根据柱体体积公式，采用切割的方式可求得结果.

【详解】设弧所在圆的半径为，弧所在圆的半径为，

弧长度是弧长度的倍，，即，

，解得：，，

该曲池的体积.

故选：D.

9．设球与圆锥的体积分别为，，若球的表面积与圆锥的侧面积相等，且圆锥的轴截面为正三角形，则的值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设球O的半径为R，圆锥SO1的底面半径为r，由圆锥的几何特征、几何体的表面积公式可得，再由体积公式即可得解.

【详解】设球O的半径为R，圆锥SO1的底面半径为r，

则圆锥的母线长l=2r，

由题意得4πR2=πrl=2πr2，解得，

.

故选：C.

【点睛】本题考查了圆锥几何特征的应用，考查了几何体表面积、体积公式的应用，属于基础题.

10．设椭圆：的右焦点为，椭圆上的两点，关于原点对称，且满足，，则椭圆的离心率的最大值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由几何关系得，且，再由勾股定理与椭圆的性质求解，

【详解】如图所示：设椭圆的左焦点，由椭圆的对称性可知，

四边形为平行四边形，又，即，

所以平行四边形为矩形，所以，

设，， 在直角中，，，

得，所以，

令，得，又由，得，

所以，所以 ，即，

所以，所以离心率最大值为.

故选：D

11．已知，给出下列结论：

①若，，且，则；

②存在，使得的图像向左平移个单位长度后得到的图像关于轴对称；

③若在上恰有7个零点，则的取值范围为；

④若在上单调递增，则的取值范围为．

其中，所有错误结论的编号是（    ）

A．①② B．①③ C．②③ D．②④

【答案】B

【分析】根据已知函数解析式变形，求得函数的最小正周期为，由已知条件可得函数的最小正周期，求得值判断①；求出变换后的函数解析式，由对称性求得值判断②；求出函数的零点，再由已知列关于的不等式，求出范围判断③；求出函数的增区间，由题意列关于的不等式组，求得范围判断④．

【详解】解：∵，

∴的最小正周期为．

对于① ：因为，且，

所以的最小正周期为T=2π，

．

故 ① 错误；

对于② ：图像变换后所得函数为，

若其图像关于y轴对称，

则，k∈Z，

解得ω=1+3k，k∈Z，

当k=0时，．

故② 正确；

对于③ ：设，

当时，．

在上有7个零点，

即在上有7个零点．

则，

解得．

故③ 错误；

对于④ ：由，

得，

取k=0，可得，

若f(x)在上单调递增，

则，

解得．

故④ 正确．

故选：B．

12．设，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】构造函数， 导数判断其单调性，由此确定的大小.

【详解】方法一：构造法

设，因为，

当时，，当时，

所以函数在单调递减，在上单调递增，

所以，所以，故，即，

所以，所以，故，所以，

故，

设，则,

令，，

当时，，函数单调递减，

当时，，函数单调递增，

又，

所以当时，，

所以当时，，函数单调递增，

所以，即，所以

故选：C.

方法二：比较法

解： ， ， ，

① ，

令

则 ，

故 在 上单调递减，

可得 ，即 ，所以 ；

② ，

令

则 ，

令 ，所以 ，

所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，

所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，所以

故

二、填空题

13．已知平面向量，满足，，，则与的夹角为___________.

【答案】

【分析】首先根据模，求数量积，再根据夹角公式求解.

【详解】因为，所以，

因为，所以．所以，

设夹角为，则由平面向量数量积的定义可得，

因为，所以.

故答案为：.

14．已知双曲线的两条渐近线均与圆：相切，右焦点和圆心重合，则该双曲线的标准方程为____________.

【答案】

【分析】先求得双曲线的渐近线方程，根据圆心到直线的距离等于半径求得，进而求得，从而求得双曲线的标准方程.

【详解】由题意可知，双曲线的渐近线方程为，即.

由圆的方程为，得圆心为，半径为.

因为右焦点和圆心重合，所以双曲线右焦点的坐标为.

又因为双曲线的两条渐近线均与圆相切，

所以，即，解得.

所以，，

所以该双曲线的标准方程为.

故答案为：

15．核酸检测是疫情防控的一项重要举措.某相邻两个居民小区均计划在下月的1日至7日这七天时间内，随机选择其中的连续三天做核酸检测，则恰好仅有一天这两个居民小区同时在做核酸检测的概率为___________.

【答案】##0.24

【分析】利用古典概型的概率公式即可求解.

【详解】在下月的1日至7日这七天时间内，随机选择其中的连续三天做核酸检测，两个居民小区均有5种选择，分别为1日至3日，2日至4日，3日至5日，4日至6日，5日至7日，故总的情况有种，其中这两个居民小区恰好有一天同时在做核酸检测的情况：（123，345），（234，456），（345，567）共有3种情况，再进行排列，所以共有种情况，

所以恰好仅有一天这两个居民小区同时在做核酸检测的概率为.

故答案为：

16．已知的三边长分别为，，，角是钝角，则的取值范围是________.

【答案】

【分析】依题意可得，再分和两种情况讨论，当时，令，则再转化为关于的式子，利用基本不等式求出的最大值，当时，令，则转化为关于的式子，构造函数利用导数说明单调性，即可求出的取值范围，即可得解.

【详解】解：因为的三边长分别为，，，且角是钝角，则，

当时，令，，

，

当且仅当时取“=”，

即，

当时，令，，

令，，，

所以在上单调递增，所以，即，

综上得，所以的取值范围是.

故答案为：.

【点睛】思路点睛：涉及三角形边的比值范围求解，先整理变形为某个量的表达式，再构造函数，转化为求函数值域.

三、解答题

17．已知等差数列是单调递增数列，，且，，成等比数列，是数列的前项和.

(1)求数列的通项公式；

(2)设，是数列的前项和，求.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）设的公差为，解方程组求出，，即得解；

（2）求出，再利用裂项相消法求和.

【详解】（1）解：设的公差为，则

∴，∵，∴，

∴的通项公式为.

（2）由（1）得，

.

18．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，，，，分别为，的中点，，

(1)证明：平面；

(2)求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据底面ABCD的性质，结合余弦定理勾股定理推出出CD⊥DM，再结合PD⊥DC即可推出CD⊥平面PDM，

（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法求线面角的正弦值即可.

【详解】（1）因为底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，BC＝4，AB＝1，且M为BC的中点，

所以CM＝2，CD＝1，∠DCM＝60°，由余弦定理可得,

则

所以CD⊥DM，

又PD⊥DC，且PD∩DM＝D，平面PDM，DM平面PDM，

所以CD⊥平面PDM.

（2）因为CD⊥平面PDM，平面PDM，

所以CD⊥PM，

因为PM⊥MD，又MD，DC平面ABCD，MD∩DC＝D，

所以PM⊥平面ABCD，

连接AM，平面ABCD，所以PM⊥AM，

因为∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，所以AM＝，

又PA＝，所以PM＝2，

由（1）知CD⊥DM，

过点M作ME∥CD交AD于点E，则ME⊥MD.

故可以以M为坐标原点，MD，ME，MP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则A，P，C，，，，

所以N，所以＝.

设平面PBC一个法向量为，

，令，则，，所以，

设直线AN与平面PBC所成的角为θ，

则，

故直线AN与平面PDM所成角的正弦值为.

19．在新冠肺炎疫情肆虐之初，作为重要防控物资之一的口罩是医务人员和人民群众抗击疫情的武器与保障，为了打赢疫情防控阻击战，我国企业依靠自身强大的科研能力，果断转产自行研制新型全自动高速口罩生产机，“争分夺秒、保质保量”成为口罩生产线上的重要标语.

(1)在试产初期，某新型全自动高速口罩生产流水线有四道工序，前三道工序完成成品口罩的生产且互不影响，第四道是检测工序，包括红外线自动检测与人工抽检.已知批次I的成品口罩生产中，前三道工序

的次品率分别为，，.求批次I成品口罩的次品率.

(2)已知某批次成品口罩的次品率为，设100个成品口罩中恰有1个不合格品的概率为，记的最大值点为，改进生产线后批次J的口罩的次品率.某医院获得批次I，J的口罩捐赠并分发给该院医务人员使用.经统计，正常佩戴使用这两个批次的口罩期间，该院医务人员核酸检测情况如下面条形图所示，求，并判断是否有99.9%的把握认为口罩质量与感染新冠肺炎病毒的风险有关？

附：

【答案】(1)

(2)0.01，有

【分析】（1）由批次Ⅰ成品口罩的次品率为求解；

（2）由100个成品口罩中恰有1个不合格品的概率，利用导数得到的最大值点， 由条形图建立列联表，求得，再与临界值表对照下结论.

【详解】（1）解：批次Ⅰ成品口罩的次品率为

．

（2）100个成品口罩中恰有1个不合格品的概率．

因此．

令，得．

当时，；当时，．

所以的最大值点为．

由（1）可知，，，故批次口罩的次品率低于批次Ⅰ，

故批次的口罩质量优于批次Ⅰ．

由条形图可建立列联表如下：

．

因此，有99.9%的把握认为口罩质量与感染新冠肺炎病毒的风险有关．

20．已知椭圆的一个焦点为，椭圆过，椭圆的左顶点为．

(1)求椭圆的方程；

(2)已知斜率存在且不为0的直线过点，设直线与椭圆交于A，．若直线，分别交直线于点，，且，记直线，的斜率分别为，．探究：是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．

【答案】(1)

(2)为定值．

【分析】（1）根据焦点坐标及椭圆过点得到的方程，解之即可求得方程；

（2）根据题意先设出直线l的方程及A、B两点坐标，进而写出直线PA的方程，令求得点M的坐标，同理可得点N的坐标，根据可知R为MN中点，从而求得R坐标，根据韦达定理化简R的纵坐标，进而求得结果．

【详解】（1）解：设椭圆方程为，

由已知得

，

解得，

∴ 椭圆方程为．

（2）解：由题意设直线l的方程为：，

与椭圆方程联立可得，

整理得，

设，

则① ，② ，

又(−2，0)，

∴ 直线的方程为，

令，

解得，

同理可得，

，

设．

，

∴=3，，

将① ② 代入上式并化简可得，

，

故，为定值．

21．已知函数，，为自然对数的底数．

(1)设是函数的导函数，求函数在区间上的最小值；

(2)若时，证明：当时，．

【答案】(1)答案见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）根据题意先求得，再结合的极值点与区间分类讨论求得最小值；

（2）根据（1）先求得及，再构造函数，求其最小值即可证得．

【详解】（1）解：，

，

当时，，

 当时，，

单调递增

．

当时在单调递减，

在单调递增，

．

当时，，

单调递减

．

综上所述：时，；

时，；

时，．

（2）解：由（1）知，当，

且时，，

即，

要证不等式，

只需证明，

只需证明，

只需证，

设，

则，

所以当时，恒成立，

故在上单调递增，

又．

恒成立，

原不等式成立．

【点睛】本题的解题关键是把放缩成，这样放缩的理由是要证得结论里面既有又有，通过放缩后可消掉一元．

22．在平面直角坐标系中，圆的圆心坐标为且过原点，椭圆的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.

(1)求圆的极坐标方程和曲线的普通方程；

(2)若曲线与圆相交于异于原点的点，是椭圆上的动点，求面积的最大值.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）根据圆的圆心和过原点求得半径即可；由，，，可得的极坐标方程；由，可得的普通方程；

（2）由（1）得到的极坐标方程与联立，得到，进而得到，设，求得到的距离d，由求解

【详解】（1）解：依题意：圆的半径，

所以圆的标准方程为：，得，

由，，，

得的极坐标方程为，

由，得的普通方程为；

（2）由（1）知的极坐标方程为，

的普通方程为，

将代入得，

.

设，

则到的距离（其中），

，当时，等号成立，

23．已知函数，集合.

(1)求；

(2)若，求证.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）考虑，，三种情况，分别计算得到答案.

（2）计算得到证明.

【详解】（1）函数，

当时，，解得，故；

当时，，恒成立，故；

当时，，解得，故.

综上所述：，所以.

（2）因为，所以，

所以，

所以，故.